poj2486

/*    题意:给你一个树， 树上的每个节点都会有点权， 现在小红帽从1节点开始去其他子树， 小红帽每到一个地方便拿走这个树的结点的点权    ，小红帽可以回来， 问你小红帽在不超过k步的情况下拿走的最大点权是多少？    tag：树形dp    分析:我们定义dp[u][k][0]为从u结点到各个子树走不超过k步回来的情况下拿到的最大权值， dp[u][k][1]为从u结点到各个子树不超过k步不回来    的情况下拿到的最大权值。那么dp[u][k][0] = max(dp[v][j-2][0] + dp[u][k-j][0])    dp[u][k][1] = max(dp[v][j-1][1] + dp[u][k-j][0])    dp[u][k][1] = max(dp[v][j-2][0] + dp[u][k-j][1])    注意计算顺序，我们要将k从大到小枚举才能保证走其他子树的时候不走v这个子树。*/#include <cstdio>#include <cstring>#include <iostream>#include <vector>using namespace std;const int maxn = 200 + 10;int N, K;int nweight[maxn];vector<int> G[maxn];int dp[maxn][maxn][2];void dfs(int fa, int u) {    for(int i=0; i<=K; i++)        dp[u][i][0] = dp[u][i][1] = nweight[u];    for(int i=0; i<G[u].size(); i++) {        int v = G[u][i];        if(v == fa) continue;        dfs(u, v);        for(int k=K; k>=0; k--)    //从大到小防止重复计算            for(int j=0; j<=k; j++) {                int ans = dp[u][k-j][0];                if(j-2>=0) ans += dp[v][j-2][0];                dp[u][k][0] = max(dp[u][k][0], ans);                ans = dp[u][k-j][0];                if(j-1>=0) ans += dp[v][j-1][1];                dp[u][k][1] = max(dp[u][k][1], ans);                ans = dp[u][k-j][1];                if(j-2>=0) ans += dp[v][j-2][0];                dp[u][k][1] = max(dp[u][k][1], ans);            }    }}int main() {    while(scanf("%d%d", &N, &K) == 2) {        for(int i=1; i<=N; i++){            scanf("%d", &nweight[i]);            G[i].clear();        }        for(int i=1; i<=N-1; i++) {            int u, v; scanf("%d%d", &u, &v);            G[u].push_back(v);            G[v].push_back(u);        }        dfs(-1, 1);        int ans = max(dp[1][K][0], dp[1][K][1]);        printf("%d\n", ans);    }    return 0;}